Kế hoạch giảng dạy lớp 2 môn Thủ công - Tiết 11: Kiểm tra chương I: Kỹ thuật gấp hình

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường Lương thế Vinh –Hà nội. Đề thi thử ĐH lần I năm 2010. Môn Toán (180’) PhÇn b¾t buéc.. 2x  1 x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I (1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhÊt . C¢U 2. (2 ®iÓm). 1. Giải phương trình : 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0 . 2. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất : log 0,5 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0. C©u 1.(2 ®iÓm) Cho hµm sè y . 2. 4  x2 C¢U 3 . (1®iÓm) TÝnh tÝch ph©n: I   dx . x2 1 CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB  BC  CD  a . Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tÝch tø diÖn ABC’D’. C¢U 5. (1 ®iÓm) Cho tam gi¸c nhän ABC , t×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña biÓu thøc: S  cos 3 A  2 cos A  cos 2 B  cos 2C . PhÇn tù chän (thÝ sinh chØ lµm mét trong hai phÇn : A hoÆc B ). PhÇn A C¢U 6A. (2 ®iÓm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B(2; 5) , đỉnh C nằm trên đường th¼ng x  4  0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng 2 x  3 y  6  0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z vµ d’ :  y 3 . 1 2 1 Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d vµ vu«ng gãc víi d’ C¢U7A. (1 ®iÓm) TÝnh tæng : S  Cn0  2Cn1  3Cn2  4Cn3      (1) n (n  1)Cnn PhÇn B. C¢U 6B. (2 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1) , B(1; 2) , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z vµ d’ :  y 3 . 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d’ một góc 300 C¢U7B. (1 ®iÓm) TÝnh tæng : S  Cn0  2Cn1  3Cn2      (n  1)Cnn. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> §¸p ¸n m«n To¸n. Câu 1. 1. Tập xác định : x  1 .. y. 3 2x  1 3  2 , y'  , ( x  1) 2 x 1 x 1. B¶ng biÕn thiªn:. Tiệm cận đứng : x  1 , tiệm cận ngang y  2. . 2. NÕu M  x0 ; 2 . 3 3 3    (C ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình y  2   ( x  x0 ) x0  1 ( x0  1) 2 x0  1 .  hay 3( x  x0 )  ( x0  1) 2 ( y  2)  3( x0  1)  0 . Kho¶ng c¸ch tõ I (1;2) tíi tiÕp tuyÕn lµ 3(1  x0 )  3( x0  1) 6 x0  1 d   4 9  ( x0  1) 4 9   x0  1. 6 9  ( x0  1) 2 2 ( x0  1). . Theo bất đẳng thức Côsi. 9  ( x0  1) 2  2 9  6 , v©y d  6 . Kho¶ng c¸ch d lín nhÊt b»ng ( x0  1) 2 9 2  ( x0  1) 2   x0  1  3  x0  1  3 . 2 ( x0  1). . . . 6 khi. . VËy cã hai ®iÓm M : M  1  3 ;2  3 hoÆc M  1  3 ;2  3 C¢U 2. 1) 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0  2 sin 2 x  (2 cos x  1) sin x  cos x  1  0 ..   (2 cos x  1) 2  8(cos x  1)  (2 cos x  3) 2 . VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x  1 .  5  2k Víi sin x  0,5 ta cã x   2k hoÆc x  6 6  2    Víi sin x  cos x  1 ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy ra 4 2   4 3  2k x  2k hoÆc x  2 2) log 0,5 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0  log 2 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  3  2 x  x 2  0  3  x  1   2 2 m  6 x  3  2 x  x m   x  8 x  3 Xét hàm số f ( x)   x 2  8 x  3 ,  3  x  1 ta có f ' ( x)  2 x  8 , f ' ( x)  0 khi x  4 , do đó f (x) nghịch biến trong khoảng (3; 1) , f (3)  18 , f (1)  6 . Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi  6  m  18 C¢U 3. §Æt x  2 sin t th× dx  2 cos tdt , khi x  1 th× t   2. I  1. . . 6. , khi x  2 th× t . .  2 4 x cos t  1  2 dx  dt   1 dt   d (cot t )  t      sin 2 t   sin 2 t   x2 6 2. 2. 6. 2. 2. 6. 6. CÂU 4. Vì CD  BC , CD  AB nên CD  mp ( ABC ) và do đó mp( ABC )  mp( ACD ) .V× BC '  AC nªn BC  mp( ACD ) . Suy ra nÕu V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABC’D’ th× V . . 1 dt ( AC ' D' ).BC ' . 3 2 Lop12.net. 3.  3. 2. , vËy:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a 2 . 2 Ta cã AD 2  AB 2  BD 2  AB 2  BC 2  CD 2  3a 2 nªn AD  a 3 . V× BD’ lµ ®­êng cao cña tam gi¸c a vu«ng ABD nªn AD'.AD  AB 2 , VËy AD'  . Ta cã 3 V× tam gi¸c ABC vu«ng c©n nªn AC '  CC '  BC ' . dt ( AC ' D' ) . 1 1 CD 1 a 2 a 3 1 a2 2 . VËy AC '.AD' sin CAˆ D  AC '.AD'.    2 2 AD 2 2 3 12 3. 1 a 2 2 a 2 a3 .  36 3 12 2 C¢U 5. S  cos 3 A  2 cos A  cos 2 B  cos 2C = cos 3 A  2 cos A  2 cos( B  C ) cos( B  C ) .  cos 3 A  2 cos A1  cos( B  C ) . V× cos A  0 , 1  cos( B  C )  0 nªn S  cos 3 A , dÊu b»ng xÈy ra khi cos( B  C )  1 hay V. BC . 1800  A . Nh­ng cos 3 A  1 , dÊu b»ng xÈy ra khi 3 A  1800 hay A = 600 2. Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều. PhÇn A (tù chän) C¢U 6A.. 1 2  4 1  5  yC y  1, yG   2  C . §iÓm G n»m trªn 3 3 3 ®­êng th¼ng 2 x  3 y  6  0 nªn 2  6  yC  6  0 , vËy yC  2 , tøc lµ 1. Ta có C  (4; yC ) . Khi đó tọa độ G là xG . C  (4; 2) . Ta cã AB  (3; 4) , AC  (3;1) , vËy AB  5 , AC  10 , AB. AC  5 . 2 15 1 1 AB 2 . AC 2  AB. AC  25.10  25 = DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S  2 2 2 2.Đường thẳng d đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ chỉ phương u (1;1;1). . . Đường thẳng d’ đi qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ chỉ phương u '(2;1;1).  .  . Ta có MM  (2;1;5) , u ; u '  (0; 3; 3) , do đó u; u ' .MM '  12  0 vậy d và d’ chéo nhau. Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u '(2;1;1) nên có phương trình:. 2 x  ( y  2)  z  0 hay 2 x  y  z  2  0 C¢U 7A. Ta cã. (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2      Cnn x n , suy ra x(1  x) n  Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3      Cnn x n 1 .. Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :. (1  x) n  nx(1  x) n 1  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x 2      (n  1)Cnn x n Thay x  1 vào đẳng thức trên ta được S. PhÇn B (tù chän) C¢U 6B. 1. Vì G nằm trên đường thẳng x  y  2  0 nên G có tọa độ G  (t ; 2  t ) . Khi đó AG  (t  2;3  t ) ,. AB  (1;1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ S . . . . . 2 1 1 AG 2 . AB 2  AG. AB  2 (t  2) 2  (3  t ) 2  1 = 2 2. 2t  3 2. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 13,5 : 3  4,5 . VËy. 2t  3  4,5 , suy 2. ra t  6 hoÆc t  3 . VËy cã hai ®iÓm G : G1  (6;4) , G 2  (3;1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn. xC  3 xG  ( xa  xB ) vµ yC  3 yG  ( ya  yB ) . Víi G1  (6;4) ta cã C1  (15;9) , víi G 2  (3;1) ta cã C2  (12;18) 2.Đường thẳng d đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ chỉ phương u (1;1;1) Đường thẳng d’ đi qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ chỉ phương u '(2; 1;1) . Mp ( ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vµ cos(n; u ' )  cos 600 . 1 . Bëi vËy 2. nếu đặt n  ( A; B; C ) thì ta phải có :. A  B  C  0  B  A  C B  A  C     1  2  2A  B  C 2 2 2 2  2 3 A  6 A  ( A  C )  C  2 A  AC  C  0   2 2 2 2  6 A  B C Ta cã 2 A2  AC  C 2  0  ( A  C )(2 A  C )  0 . VËy A  C hoÆc 2 A  C . Nếu A  C ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B  2 , tức là n  (1;2;1) và mp ( ) có phương trình. x  2( y  2)  z  0 hay x  2 y  z  4  0 Nếu 2 A  C ta có thể chọn A  1, C  2 , khi đó B  1 , tức là n  (1;1;2) và mp ( ) có phương trình. x  ( y  2)  2 z  0 hay x  y  2 z  2  0 C¢U 7B. Ta cã. (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2      Cnn x n , suy ra x(1  x) n  Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3      Cnn x n 1 .. Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :. (1  x) n  nx(1  x) n 1  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x 2      (n  1)Cnn x n Thay x  1 vào đẳng thức trên ta được S.. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>